Олимпиада по математике 9 класс — региональный этап ВсОШ 2023/2024: задания и ответы
Официальный комплект регионального этапа Всероссийской олимпиады школьников по математике для 9 класса (2023/2024 учебный год). Задания и решения с критериями оценивания — скачайте PDF или прорешайте онлайн по тексту ниже.
Ответы и решения — показать
Официальные ответы и критерии оценивания жюри. Сначала решите задания самостоятельно.
Решения — 1 тур
Материалы для проведения регионального этапа 50-й ВСЕРОССИЙСКОЙ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ 2023–2024 учебный год Первый день 31 января – 1 февраля 2024 г.
Москва, 2024
Сборник содержит материалы для проведения III этапа 50-й Всероссийской олимпиады школьников по математике. Задания подготовлены Центральной предметно-методической комиссией по математике Всероссийской олимпиады школьников. Сборник составили: Н. Х. Агаханов, С. Л. Берлов, И. И. Богданов, П. А. Кожевников, А. С. Кузнецов, Е. Г. Молчанов, О. К. Подлипский, К. А. Сухов, А. И. Храбров, Д. Г. Храмцов. А также: М. А. Дидин, В. Б. Мокин, П. Ю. Козлов, А. Д. Терёшин, Д. А. Терёшин, Г. Р. Челноков, Л. М. Шатунов. В скобках после каждой задачи указана фамилия её автора. Рецензент: д.ф.-м.н. Р. Н. Карасёв. Компьютерный макет: И. И. Богданов, А. И. Голованов.
© Авторы и составители, 2024 © И. И. Богданов, А. И. Голованов, 2024, макет
Региональный этап, 2023–2024 учебный год. Первый день
Введение Порядок проведения, методика и система оценивания (проверки) регионального этапа Всероссийской олимпиады школьников по математике 2023–2024 учебного года. Региональный этап Всероссийской олимпиады школьников по математике 2023–2024 учебного года проводится по заданиям, подготовленным Центральной предметно-методической комиссией, в единые для всех субъектов РФ сроки: 31 января 2024 г. (I тур) и 1 февраля 2024 г. (II тур). Региональный этап проводится по отдельным заданиям для учащихся 9, 10 и 11 классов. Задания для каждого класса включают 10 задач — по 5 задач в каждом из двух дней (туров) Олимпиады (задачи 1–5 — I тур, задачи 6–10 — II тур). Продолжительность каждого тура для каждого класса составляет 3 часа 55 минут. В силу того, что во всех субъектах Российской Федерации региональный этап проводится по одним и тем же заданиям, подготовленным Центральной предметно-методической комиссией, в целях предотвращения преждевременного доступа к текстам заданий со стороны участников Олимпиады, а также их учителей и наставников, время начала и окончания туров в установленные даты в каждом субъекте РФ должно определяться в соответствии с «Временны́ми регламентами проведения туров регионального этапа Всероссийской олимпиады школьников в субъектах Российской Федерации в 2023–2024 учебном году» для часовых поясов. Разбор задач в субъектах Российской Федерации, где тур оканчивается в 16.00 и 17.00 по местному времени, проводится не раньше, чем на следующий день после проведения второго тура Олимпиады. Решение каждой задачи оценивается целым числом баллов от 0 до 7. Максимальное количество баллов, которое может получить участник, равно 70 (35 — I тур, 35 — II тур). Задания математических олимпиад являются творческими, допускают несколько различных вариантов решений. Кроме того, необходимо оценивать частичные продвижения в задачах (например, разбор важного случая, доказательство вспомогательного утверждения, нахождение примера и т. п.). Наконец, возможны логические и арифметические ошибки в решениях. Окончательные баллы по задаче должны учитывать всё вышеперечисленное. Проверка работ осуществляется в соответствии со следующими правилами: а) любое правильное решение оценивается в 7 баллов. Недопустимо снятие баллов за то, что решение слишком длинное, или за то, что решение школьника отличается от приведённого в методических разработках;
50-я Всероссийская математическая олимпиада школьников б) недопустимо снятие баллов в работе за неаккуратность записи решений; в) баллы не выставляются «за старание Участника», в том числе за запись в работе большого по объёму текста, не содержащего продвижений в решении задачи; г) черновики не проверяются. В связи с необходимостью качественной оценки работ участников, на их проверку выделяется до 7 дней. Для единообразия оценки работ участников олимпиады из разных регионов и с целью исключения при этом ошибок, Центральная предметно-методическая комиссия имеет право перепроверки работ участников регионального этапа. В случае отсутствия специальных критериев по задаче, её решение оценивается по приведённой ниже таблице (отметим, что для исключения различий в оценке близких продвижений по задаче в работах разных участников, таблица упрощена по сравнению с приведённой в Требованиях по проведению регионального этапа). Баллы Правильность (ошибочность) решения 7 Полное верное решение. 5–7 Верное решение. Имеются недочёты, в целом не влияющие на решение. 1–4 Задача не решена, но в работе имеются существенные продвижения. 0 Аналитическое решение (координатным, векторным, тригонометрическим методом) геометрической задачи, не доведённое до конца. 0 Рассмотрение частного случая, не дающее продвижений в решении в общем случае. 0 Верное решение отсутствует, существенных продвижений нет. Ниже приведены ответы и решения к задачам олимпиады. В комментариях к задачам указаны критерии оценивания (в баллах) некоторых предполагаемых ошибок и частичных продвижений. Заметим, что работа участника, помимо приведённых, может включать другие содержательные продвижения и ошибки, которые должны быть оценены дополнительно.
Желаем успешной работы! Авторы и составители сборника
Региональный этап, 2023–2024 учебный год. Первый день
Условия и решения задач 9 класс 9.1. У Олега есть набор из 2024 различных клетчатых прямоугольников размеров 1 × 1, 1 × 2, 1 × 3, . . . , 1 × 2024 (по одному прямоугольнику каждого размера). Может ли он, выбрав некоторые из них, составить какой-нибудь клетчатый квадрат площади больше 1? (О. Подлипский) Ответ. Не может. Решение. Предположим противное, и пусть n > 1 — наибольшая из длин выбранных прямоугольников. Тогда составлен клетчатый квадрат k × k, где k ⩾ n > 1. Значит, его площадь не менее n2 . С другой стороны, его площадь не больше, чем суммарная площадь всех прямоугольников 1 × 1, 1 × 2, 1 × 3, . . . , 1 × n, т.е. не больше 1 + 2 + 3 + . . . + n < n2 . Противоречие. Замечание. Расположив в квадрате n × n прямоугольники 1 × 1, 1 × 2, 1 × 3, . . . , 1 × n «лесенкой» можно увидеть без вычислений, что их суммарная площадь меньше площади всего квадрата. Комментарий. Только ответ «не может» — 0 баллов. Только идея рассмотреть самый длинный из использованных прямоугольников (длины n) — 1 балл. Есть идея рассмотреть самый длинный прямоугольник, и замечено, что площадь, покрытая остальными использованными прямоугольниками, должна быть не меньше, чем n(n − 1) (или эквивалентное утверждение, например, что площадь всего квадрата должна быть не меньше, чем n2 ), без дальнейшего содержательного продвижения — 3 балла. Есть идея рассмотреть самый длинный прямоугольник, и замечено, что суммарная площадь всех использованных прямоугольников не превосходит n(n + 1)/2, без дальнейшего содержательного продвижения — 3 балла. Есть идея рассмотреть самый длинный прямоугольник, и явно сказано, что суммарная площадь всех использованных прямоугольников меньше n2 — не менее 6 баллов. 5
50-я Всероссийская математическая олимпиада школьников
Баллы, перечисленные выше, не суммируются друг с другом. Если во в целом верном решении рассмотрен лишь случай квадрата со стороной n (а не больше) — снимается 1 балл. 9.2. На координатной плоскости нарисована парабола y = x2 . Для данного числа k > 0 рассматриваются трапеции, вписанные в эту параболу (то есть все вершины трапеции лежат на параболе), у которых основания параллельны оси абсцисс, а произведение длин оснований равно k. Докажите, что диагонали всех таких трапеций проходят через одну точку. (Н. Агаханов) Решение. Пусть ABCD — одна из рассматриваемых трапеций, AD k BC k Ox (см. рис. 1). Пусть точки A и C имеют координаты (a, a2 ) и (c, c2 ). y Легко получить уравнение прямой AC: (c2 −a2 )x−(c−a)y +(ca2 −ac2 ) = 0, что поB C сле сокращения на c − a 6= 0 превращается в y = (a+c)x−ac. Но −ac равно произведению половин оснований трапеции (это произведение расстояний от A и C до оси Oy). 2
Отсюда −ac = k4 . Следовательно, прямая AC проходит через фиксированную точку 2 (0, k4 ).
D x O Рис. 1
Замечание. Конечно, утверждение задачи верно для любой параболы (а не только для y = x2 ). Комментарий. Верно указана общая точка диагоналей, но не доказано, что через нее они в самом деле проходят — 2 балла. Задача решена при рассмотрении только одного из двух аналогичных случаев расположения точек (скажем, a > 0 разобран, а a < 0 — нет) — баллы не снимаются. Ошибка в арифметике, не повлиявшая на ход решения — снимаются 2 балла. 9.3. На острове живут рыцари, которые всегда говорят правду, и лжецы, которые всегда лгут. Для игры в настольный теннис навылет всех жителей острова разделили на две команды A и B, причём в A жителей было больше, чем в B. Начали игру два игрока разных команд; после каждой партии проигравший игрок 6
Региональный этап, 2023–2024 учебный год. Первый день
навсегда выходил из игры, и его заменял другой (ещё не игравший) член его команды. Проиграла команда, все члены которой вышли из игры. После турнира каждого члена команды A спросили: «Правда ли, что в какой-то игре ты проиграл лжецу?», а каждого члена команды B спросили: «Правда ли, что ты выиграл хотя бы у двух рыцарей?». Все ответы оказались утвердительными. Какая команда победила — A или B? (М. Дидин) Ответ. Победила A. Решение. Пусть в B есть хотя бы один рыцарь r. Тогда r выиграл хотя бы у двоих рыцарей из A, пусть s — один из них. Поскольку s — рыцарь, он правдиво ответил на заданный ему вопрос, то есть он проиграл лжецу. Но из правил следует, что каждый игрок проигрывает не более одного раза, а s проиграл и рыцарю r, и лжецу. Это противоречие показывает, что B состоит лишь из лжецов. Предположим, что A состоит только из рыцарей. В этом случае каждый из них проиграл какому-то лжецу из команды B, однако каждый лжец в B выиграл не более, чем у одного рыцаря из A, так как он солгал, отвечая на вопрос. Следовательно, разным рыцарям из A соответствуют разные лжецы из B, поэтому в B людей не меньше, чем в A; противоречие. Таким образом, в команде A есть хотя бы один лжец; обозначим одного из них через `. Тогда ` солгал, то есть он не проиграл ни одному лжецу из B — а значит, ни одному игроку из B. Это значит, что ` либо выиграл все свои партии, либо до него не дошла очередь. В любом из этих случаев команда A выиграла. Комментарий. Верное доказательство того, что B состоит из лжецов — 2 балла. Верное доказательство того, что в A есть хотя бы один лжец — 2 балла. Указанные баллы суммируются. 9.4. В ряд выписаны по одному разу все натуральные числа от 1 до 1000 в каком-то порядке. Докажите, что можно выбрать несколько стоящих подряд выписанных чисел, сумма которых больше 100000, но не превосходит 100500. (С. Берлов) Решение. Сумма всех чисел ряда, кроме числа 500, равна (1 + 2 + 3 + . . . + 1000) − 500 > 2 · 100000, поэтому сумма чисел 7
50-я Всероссийская математическая олимпиада школьников
с какой-то из сторон от числа 500 больше 100000, пусть для определённости справа. Пусть справа от 500 стоят (слева направо) числа a1 , a2 , . . . , ak . Обозначим Sn = a1 + a2 + . . . + an ; выберем наименьшее n, для которого Sn > 100000, так что Sn > 100000 ⩾ ⩾ Sn−1 . Если Sn ⩽ 100500, то мы уже нашли желаемую группу чисел. Пусть теперь Sn > 100500. Докажем, что тогда нам подходит сумма 500 + a1 + a2 + . . . + an−1 = 500 + Sn−1 . Действительно, поскольку an ⩽ 1000, имеем 500 + Sn−1 = 500 + + Sn − an > 500 + 100500 − 1000 = 100000. С другой стороны, 500 + Sn−1 ⩽ 500 + 100000 = 100500, что и требовалось. Комментарий. Алгоритм выбора нужного отрезка чисел, который не работает хотя бы для одной перестановки чисел от 1 до 1000, признается не работающим и оценивается в 0 баллов. В случае верного алгоритма выбора нужного отрезка оценка может быть снижена на 1, 2 или 3 балла, за пробелы в обосновании того, что алгоритм действительно работающий. 9.5. Дан равнобедренный треугольник ABC (AB = BC). На продолжениях боковых сторон AB и BC за точку B отмечены точки D и E соответственно, а на основании AC отмечена точка F , причем AC = DE и ∠CF E = ∠DEF . Докажите, что ∠ABC = 2∠DF E. (А. Кузнецов) Первое решение. Обозначим через O середину дуги DBE окружности, описанной около треугольника DBE. Прямая BO является внешней биссектрисой в треугольнике DBE, а следовательно, и в треугольнике ABC. Но треугольник ABC равнобедренный, поэтому BO k AC. Заметим далее, что ∠EOD = ∠EBD = ∠ABC (см. рис. 2). Таким образом, в равнобедренных треугольниках EOD и ABC равны углы при вершинах, а также основания, поэтому равны и сами треугольники. Отсюда, во-первых, BA = BC = OE = = OD. Во-вторых, расстояние от точки O до прямой DE равно расстоянию от точки B до AC, а последнее равно расстоянию от O до AC (поскольку BO k AC). Значит, точка O лежит на биссектрисе угла между прямыми DE и AC. 8
Региональный этап, 2023–2024 учебный год. Первый день
A Из условия ∠DEF = ∠CF E вытекает, что эта биссектриса является серединными перпендикуляром к F E отрезку EF . Таким образом, OF = B B C = OE = OD. Иными словами, точка O — центр окружности, описанной O около треугольника DF E. Следовательно, 2∠DF E = ∠DOE = ∠ABC, D что и требовалось. Рис. 2 Второе решение. Для начала сделаем замечание. Пусть на прямой AC выбраны точки A0 и −−→ −→ C 0 такие, что A0 C 0 = AC и ∠DA0 C 0 = ∠EC 0 A0 ; тогда A0 = A и C 0 = C. Действительно, если это не так и, скажем, точки A0 и C 0 лежит на луче CA (см. рис. 3), то ∠DA0 C 0 < ∠DAC = ∠ECA < < ∠EC 0 A0 , что невозможно. P A0 A0 = A
A C0 E E
E E
C0 = C Q Q
D G Рис. 3
D Рис. 4
Построим теперь такие точки. Пусть прямые DE и AC пересекаются в точке P ; для определённости, пусть P лежит на луче DE. Выберем на прямой AC точку G такую, что EF k DG. Тогда DEF G — трапеция с равными углами при основании; следовательно, F G = DE = AC и DF = EG. Пусть диагонали 9
50-я Всероссийская математическая олимпиада школьников
DF и EG пересекаются в точке Q. Пусть, наконец, описанные окружности треугольников P DQ и P EQ вторично пересекают прямую AC в точках A0 и C 0 соответственно (см. рис. 4). Поскольку P Q — биссектриса угла AP D, получаем QA0 = = QD и QC 0 = QE. Кроме того, ∠DQA0 = 180◦ − ∠DP G = = ∠EQC 0 . Значит, ∠DQE = ∠A0 QC 0 ; поэтому треугольник A0 QC 0 получается из DQE поворотом вокруг точки Q. Отсю−−→ −→ да нетрудно получить, что A0 C 0 = AC. Далее, из вписанности и симметрии имеем ∠EC 0 P = ∠EQP = ∠F QP = 180◦ − ∠DQP = ∠DA0 C 0 . По замечанию выше получаем, что A = A0 и C = C 0 . Осталось завершить решение. Имеем ∠ADQ = ∠AP Q = = ∠CEQ. Отсюда следует, что точки D, E, B и Q лежат на одной окружности. Значит, ∠ABC = ∠DBE = ∠DQE = ∠QEF + + ∠QF E = 2∠DF E, что и требовалось доказать. Замечание. Если DE k AC, то точка F совпадает с A, что невозможно. Поэтому можно считать, что прямые DE и AC пересекаются. Кроме того, можно показать, что в условиях задачи P всегда лежит именно на луче DE. Третье решение. Как и в предыдущем решении, достроим равнобокую трапецию DEF G с точкой пересечения диагоналей Q. Как мы видели в том же решении, достаточно доказать, что точки D, E, B и Q лежат на одной окружности. Выберем точку T так, что четырёхугольник ACT D — параллелограмм (см. рис. 5). Тогда F GT D — также параллело−−→ −→ −−→ грамм, ибо DT = AC = F G. Значит, GT = F D = GE и ∠T CA = 180◦ − ∠DAC = 180◦ − ∠ECA; первое равенство означает, что G лежит на серединном перпендикуляре к ET , а второе — что CG это внешняя биссектриса угла ECT . Но, как известно, эта внешняя биссектриса вторично пересекает описанную окружность треугольника ECT в точке, лежащей на серединном перпендикуляре к ET ; значит, G и есть эта точка, и точки C, G, T , E лежат на одной окружности. Наконец, из этой окружности и двух параллелограммов получаем ∠BDQ = ∠ADF = ∠CT G = ∠CEG = ∠BEQ, то есть 10
Региональный этап, 2023–2024 учебный год. Первый день
точки D, E, B и Q лежат на одной окружности; это мы и хотели доказать. Комментарий. Общие A замечания. В этой задаче рекомендуется не снижать E F B B баллы за использование расположения точек, не влияющее C Q Q существенно на ход решения — например, на расположение G точки P пересечения прямых D DE и AC, отсутствие разбора случая DE k AC и т. п. Далее приведены критерии оценивания для работ, следуюT щих по одному из предложенРис. 5 ных решений. Остальные решения стоит оценивать по аналогии. Баллы по разным решениям не складываются друг с другом. Баллы в рамках одного решения могут складываться только если это указано явно. Первое решение. (1.1) Только построена точка O — 0 баллов. (1.2) Показано, что треугольники ABC и DOE равны — 1 балл. (1.3) Показано, что O равноудалена от прямых AC и DE — 3 балла. (1.4) Доказано, что OE = OF — 4 балла. Второе решение. (2.1) Только построена точка Q — 0 баллов. (2.2) Задача сведена к доказательству того, что точки D, E, B, Q лежат на одной окружности — 1 балл. (2.3) Высказано предположение, что треугольники AQC и DQE равны — 1 балл (может суммироваться с (2.2)). (2.4) Из этого предположения выведено утверждение задачи — 2 балла (не суммируется с (2.2)). (2.5) Только доказано, что треугольники AQC и DQE равны — 4 балла. Третье решение. 11
50-я Всероссийская математическая олимпиада школьников
(3.1) Только построена точка Q — 0 баллов. (3.2) Задача сведена к доказательству того, что точки D, E, B, Q лежат на одной окружности — 1 балл. (3.3) Построена точка T из решения, и задача сведена к доказательству того, что точки C, G, E, T лежат на одной окружности — 3 балла.
12
Решения — 2 тур
Материалы для проведения регионального этапа 50-й ВСЕРОССИЙСКОЙ МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ОЛИМПИАДЫ ШКОЛЬНИКОВ 2023–2024 учебный год Второй день 31 января – 1 февраля 2024 г.
Москва, 2024
Сборник содержит материалы для проведения III этапа 50-й Всероссийской олимпиады школьников по математике. Задания подготовлены Центральной предметно-методической комиссией по математике Всероссийской олимпиады школьников. Сборник составили: Н. Х. Агаханов, С. Л. Берлов, И. И. Богданов, П. А. Кожевников, А. С. Кузнецов, Е. Г. Молчанов, О. К. Подлипский, К. А. Сухов, А. И. Храбров, Д. Г. Храмцов. А также: М. А. Дидин, В. Б. Мокин, П. Ю. Козлов, А. Д. Терёшин, Д. А. Терёшин, Г. Р. Челноков, Л. М. Шатунов. В скобках после каждой задачи указана фамилия её автора. Рецензент: д.ф.-м.н. Р. Н. Карасёв. Компьютерный макет: И. И. Богданов, А. И. Голованов.
© Авторы и составители, 2024 © И. И. Богданов, А. И. Голованов, 2024, макет
Региональный этап, 2023–2024 учебный год. Второй день
Введение Порядок проведения, методика и система оценивания (проверки) регионального этапа Всероссийской олимпиады школьников по математике 2023–2024 учебного года. Региональный этап Всероссийской олимпиады школьников по математике 2023–2024 учебного года проводится по заданиям, подготовленным Центральной предметно-методической комиссией, в единые для всех субъектов РФ сроки: 31 января 2024 г. (I тур) и 1 февраля 2024 г. (II тур). Региональный этап проводится по отдельным заданиям для учащихся 9, 10 и 11 классов. Задания для каждого класса включают 10 задач — по 5 задач в каждом из двух дней (туров) Олимпиады (задачи 1–5 — I тур, задачи 6–10 — II тур). Продолжительность каждого тура для каждого класса составляет 3 часа 55 минут. В силу того, что во всех субъектах Российской Федерации региональный этап проводится по одним и тем же заданиям, подготовленным Центральной предметно-методической комиссией, в целях предотвращения преждевременного доступа к текстам заданий со стороны участников Олимпиады, а также их учителей и наставников, время начала и окончания туров в установленные даты в каждом субъекте РФ должно определяться в соответствии с «Временны́ми регламентами проведения туров регионального этапа Всероссийской олимпиады школьников в субъектах Российской Федерации в 2023–2024 учебном году» для часовых поясов. Разбор задач в субъектах Российской Федерации, где тур оканчивается в 16.00 и 17.00 по местному времени, проводится не раньше, чем на следующий день после проведения второго тура Олимпиады. Решение каждой задачи оценивается целым числом баллов от 0 до 7. Максимальное количество баллов, которое может получить участник, равно 70 (35 — I тур, 35 — II тур). Задания математических олимпиад являются творческими, допускают несколько различных вариантов решений. Кроме того, необходимо оценивать частичные продвижения в задачах (например, разбор важного случая, доказательство вспомогательного утверждения, нахождение примера и т. п.). Наконец, возможны логические и арифметические ошибки в решениях. Окончательные баллы по задаче должны учитывать всё вышеперечисленное. Проверка работ осуществляется в соответствии со следующими правилами: а) любое правильное решение оценивается в 7 баллов. Недопустимо снятие баллов за то, что решение слишком длинное, или за то, что решение школьника отличается от приведённого в методических разработках;
50-я Всероссийская математическая олимпиада школьников б) недопустимо снятие баллов в работе за неаккуратность записи решений; в) баллы не выставляются «за старание Участника», в том числе за запись в работе большого по объёму текста, не содержащего продвижений в решении задачи; г) черновики не проверяются. В связи с необходимостью качественной оценки работ участников, на их проверку выделяется до 7 дней. Для единообразия оценки работ участников олимпиады из разных регионов и с целью исключения при этом ошибок, Центральная предметно-методическая комиссия имеет право перепроверки работ участников регионального этапа. В случае отсутствия специальных критериев по задаче, её решение оценивается по приведённой ниже таблице (отметим, что для исключения различий в оценке близких продвижений по задаче в работах разных участников, таблица упрощена по сравнению с приведённой в Требованиях по проведению регионального этапа). Баллы Правильность (ошибочность) решения 7 Полное верное решение. 5–7 Верное решение. Имеются недочёты, в целом не влияющие на решение. 1–4 Задача не решена, но в работе имеются существенные продвижения. 0 Аналитическое решение (координатным, векторным, тригонометрическим методом) геометрической задачи, не доведённое до конца. 0 Рассмотрение частного случая, не дающее продвижений в решении в общем случае. 0 Верное решение отсутствует, существенных продвижений нет. Ниже приведены ответы и решения к задачам олимпиады. В комментариях к задачам указаны критерии оценивания (в баллах) некоторых предполагаемых ошибок и частичных продвижений. Заметим, что работа участника, помимо приведённых, может включать другие содержательные продвижения и ошибки, которые должны быть оценены дополнительно.
Желаем успешной работы! Авторы и составители сборника
Региональный этап, 2023–2024 учебный год. Второй день
Условия и решения задач 9 класс 9.6. На доске записано 7 различных чисел, сумма которых равна 10. Петя умножил каждое из них на сумму остальных шести и записал 7 полученных произведений в тетрадь. Оказалось, что в тетради встречаются только четыре различных числа. Найдите одно из чисел, записанных на доске. (И. Богданов) Ответ. −20. Решение. Для каждого числа x, написанного на доске, произведение x и суммы шести оставшихся равно f (x) = x(10−x) = = 10x − x2 . Квадратичная функция f (x) принимает все значения, кроме максимального, два раза — а именно, в точках a и 10 − a. Значит, если f (a) = f (b) при a 6= b, то a + b = 10. Таким образом, каждое число встречается в тетради не более двух раз. Значит, так как в тетради всего четыре различных числа, три из них встречаются по два раза, и ещё одно — один раз. Таким образом, шесть из семи чисел на доске разбиваются на пары так, что сумма чисел каждой пары равна 10. Значит, сумма этих шести чисел равна 30, тогда седьмое число равно 10 − 30 = −20. Замечание 1. На доске могли быть выписаны любые семь чисел вида −20, a, 10 − a, b, 10 − b, c, 10 − c (если все эти семь чисел различны). Значит, ни одно число с доски, кроме −20, определить невозможно. Замечание 2. Можно провести и прямое рассуждение, без ссылок на свойства квадратичной функции. Например, если f (a) = f (b), то 0 = (10a − a2 ) − (10b − b2 ) = (a − b)(10 − a − b), поэтому либо a = b, либо a + b = 10. Комментарий. Доказано только, что в тетради три числа встречаются по два раза, а четвёртое — один раз — 2 балла. 9.7. На окружности длиной 1 метр отмечена точка. Из неё в одну и ту же сторону одновременно побежали два таракана с различными постоянными скоростями. Каждый раз, когда быстрый таракан догонял медленного, медленный мгновенно разворачивался, 5
50-я Всероссийская математическая олимпиада школьников
не меняя скорости. Каждый раз, когда они встречались лицом к лицу, быстрый мгновенно разворачивался, не меняя скорости. На каком расстоянии от отмеченной точки могла произойти их сотая встреча? (И. Богданов) Ответ. На нулевом. Первое решение. Назовём быстрого и медленного таракана B и M соответственно. Если таракан бежит в том же направлении, что и в момент старта, то будем говорить, что он бежит вперёд, в противном случае будем говорить, что он бежит назад. До первой встречи оба таракана бегут вперёд, между первой и второй встречами B бежит вперёд, а M — назад. Между второй и третьей встречами оба таракана бегут назад, а между третьей и четвёртой встречами B бежит назад, а M — вперёд. Наконец, на четвёртой встрече B разворачивается, и они оба снова начинают бег вперёд. Будем следить за перемещением M . Если между двумя встречами тараканы бегут в противоположные стороны, между такими встречаем всегда проходит одно и то же время, а значит, M всегда пробегает одно и то же расстояние. Таким образом, между первой и второй встречами, а также между третьей и четвертой встречами M пробегает одно и то же расстояние в противоположных направлениях. Аналогично, когда между двумя встречами тараканы бегут в одном направлении, это тоже всегда занимает одинаковое время, и M пробегает одно и то же расстояние. Таким образом, до первой встречи, а также между второй и третьей встречами M также пробегает одно и то же расстояние в противоположных направлениях. Стало быть, в момент четвертой встречи M (а значит, и B) будет в точке старта. Далее эта ситуация будет повторяться каждые 4 встречи. Следовательно, в точке старта тараканы будут и в момент сотой встречи. Второе решение. Обозначим тараканов так же, как и выше; пусть их скорости равны b > m м/с. Для определенности будем считать, что изначально тараканы бегут по часовой стрелке, и расстояние будем отмерять именно в этом направлении. Когда тараканы бегут в одну сторону, скорость удаления B 6
Региональный этап, 2023–2024 учебный год. Второй день
от M равна b − m, поэтому до первой встречи они будут бежать 1 m метров. Дальше секунд, и M до встречи пробежит b − b−m m тараканы будут двигаться навстречу друг другу со скоростью сближения b + m, поэтому до второй встречи они будут бежать 1 секунд, и до этой встречи M сместится от точки старта b+m m − m = на b − m b+m
2m2 метров. b2 − m2
Дальше оба таракана будут бежать против часовой стрелки в течении b −1 m секунд, поэтому общее смещение M от точки старта будет равно
2m2 − m 2 b−m b − m2
m (т.е. в итоге = − b+ m
m против часовой стрелки). Наон сместится на расстояние b + m
конец, после этого M развернётся, и они будут бежать в противоположных направлениях b +1 m секунд. Следовательно, их
m + m =0 четвёртая встреча произойдёт на расстоянии − b + m b+m от точки старта. Таким образом, в четвёртый раз они обязательно встречаются в точке старта и после встречи снова побегут по часовой стрелке. Но тогда их сотая встреча также произойдет в точке старта. Комментарий. При рассуждениях как во втором решении участники могут рассуждать не в терминах перемещения M , а в терминах «расстояния от точки старта». Формально эти рассуждения могут быть не совсем верны, ибо тараканы до встречи могут пробежать несколько кругов. Однако предлагается в случаях, когда решение в остальном верно, за это баллов не снижать. 9.8. На стороне BC остроугольного треугольника ABC выбраны точки P и Q так, что BP = P Q = QC. Точки X и Y выбраны соответственно на отрезках AC и AB так, что P X ⊥ AC и QY ⊥ AB. Докажите, что точка пересечения медиан треугольника ABC равноудалена от прямых XQ и Y P . (А. Матвеев) Решение. Пусть M — середина BC (тогда M — ещё и середина P Q); пусть G — точка пересечения медиан треугольника ABC. По свойству медианы имеем M G : GA = 1 : 2. А так как
50-я Всероссийская математическая олимпиада школьников
M P : P B = 1 : 2, получаем, что P G k BA. Тогда ∠Y P G = = ∠P Y B и ∠QP G = ∠P BY . Но Y P — медиана прямоугольного треугольника BY Q, поэтому ∠P Y B = ∠P BY . Значит, ∠Y P G = = ∠QP G, т. е. P G — биссектриса угла QP Y . Поэтому точка G равноудалена от прямых P Q и P Y . Аналогично показывается, что QG — биссектриса угла P QX, и потому точка G равноудалена от P Q и QX. Значит, она равноудалена от трёх прямых Y P , P Q и XQ. Этим завершается решение. Замечание. В ситуации, описанной в условии (когда треугольник ABC остроугольный), получается, что G — центр вневписанной окружности треугольника P QR, где R — точка пересечения прямых XQ и Y P . Комментарий. Показано, что P G k AB — 2 балла. За получение различных соотношений между отрезками, углами и т. п., без дальнейшего их применения баллы не добавляются. Из факта о том, что P Q и QG — биссектрисы углов QP Y и P QX, делается вывод, что G — центр вневписанной окружности треугольника P QR (без обоснования, почему эта окружность вневписанная, а не вписанная) — баллы не снимаются. 9.9. Правильный треугольник T со стороной 111 разбит прямыми, параллельными его сторонам, на правильные треугольники со стороной 1. Все вершины этих треугольников, кроме центра треугольника T , отмечены. Назовём множество из нескольких отмеченных точек линейным, если все эти точки лежат на одной прямой, параллельной стороне T . Сколько существует способов разбить все отмеченные точки на 111 линейных множеств? (Способы, отличающиеся порядком множеств, считаются одинаковыми.) (И. Богданов) 2 3·37 4107 Ответ. 2 =2 . Решение. Рассмотрим равносторонний треугольник со стороной k, разобьём его на правильные треугольнички со стороной 1 и отметим все вершины этих треугольничков; полученную конструкцию назовём k-треугольником. В дальнейшем под прямыми мы всегда будем понимать прямые, параллельные сто8
Региональный этап, 2023–2024 учебный год. Второй день
ронам этого треугольника и проходящие через хотя бы одну отмеченную точку. Лемма. Пусть A — отмеченная точка в k-треугольнике. Тогда существует единственный способ провести k прямых так, что все отмеченные точки, кроме, возможно, A, покрыты этими прямыми. А именно, для каждой стороны kтреугольника надо провести все прямые, параллельные ей и лежащие между этой стороной и точкой A (включая саму сторону, но исключая прямую, содержащую A, см. рис. 1). Доказательство. Индукция по k. База при k = 1 проверяется легко: надо провести прямую, содержащую две оставшихся точки, кроме A. Для перехода рассмотрим сторону k-треугольника, на которой не лежит A. Если прямая, содержащая эту сторону, не проведена, то все k + 1 отмеченных точек на этой прямой должны быть покрыты различными прямыми; это невозможно, так как прямых k. Значит, эта прямая проведена. Выкинув её и точки k-треугольника, лежащие на ней, получаем (k − 1)-треугольник, в котором проведено k − 1 прямых с теми же условиями. Осталось применить предположение индукции.
Рис. 1
Рис. 2
Перейдём к задаче. Рассмотрим одно из разбиений на линейные множества. Для каждого множества проведём прямую, его содержащую. Тогда эти прямые покрыли все отмеченные точки 111-треугольника, кроме, возможно, его центра A. Значит, эти прямые устроены так, как описано в лемме, и для любого разбиения этот набор прямых один и тот же. Заметим, что наш 111-треугольник разбился на 6 областей: 9
50-я Всероссийская математическая олимпиада школьников
три «ромба» в углах, состоящих из точек, покрытых нашими прямыми дважды, и три «трапеции» у сторон, в которых каждая точка покрыты одной прямой (см. рис. 2). Тогда каждая точка в «трапеции» относится к множеству, лежащему на этой прямой; каждую же точку в «ромбе» можно отнести к любому из двух множеств, лежащих на проходящих через неё прямых. Все такие выборы можно сделать независимо друг от друга. Поскольку в каждом из трёх «ромбов» всего 372 точек, получаем, 2 что требуемых разбиений ровно 23·37 . Замечание. Вариант доказательства леммы можно получить, показав сначала, что такое покрытие невозможно осуществить при помощи менее, чем k прямых. Комментарий. Доказано только, что все точки, кроме одной, нельзя покрыть менее чем 111 прямыми — 1 балл. Доказана только лемма, а подсчёт проведён неверно — 4 балла. Лемма используется без доказательства — не более 3 баллов. Во в целом верном подсчёте допущена ошибка на ±1 (например, утверждается, что в ромбах по 362 или по 382 точек) — снимается 1 балл. 9.10. Существует ли натуральное число n > 10100 такое, что десятичные записи чисел n2 и (n+1)2 отличаются перестановкой цифр? (Иначе говоря, в десятичных записях чисел n2 и (n+1)2 должно быть поровну цифр 0, поровну цифр 1, . . . , поровну цифр 9.) (А. Чиронов)
Ответ. Да. Первое решение. Заметим, что числа 132 = 169 и 142 = = 196 получаются друг из друга перестановкой цифр. Пусть теперь a = 21 (13 · 1000 + 14) = 6507. Положим n = = 10100 · a + 13. Заметим тогда, что n2 = 10200 · a2 + 10100 · (1000 · 132 + 14 · 13) + 132 , (n + 1)2 = 10200 · a2 + 10100 · (1000 · 13 · 14 + 142 ) + 142 . Иначе говоря, десятичная запись числа n2 состоит из блоков a2 , 182 = 14 · 13 и 169 = 132 (дважды), разделённых нулями; у числа же (n + 1)2 эти блоки суть a2 , 182 = 13 · 14 и 196 = = 142 (дважды). Поскольку количества разделяющих нулей в 10
Региональный этап, 2023–2024 учебный год. Второй день
обоих случаях одинаковы, получаем, что число n удовлетворяет требованиям. Замечание. Подобная же конструкция сработает, если вместо 13 и 14 взять произвольные числа k и k + 1, квадраты которых отличаются друг от друга перестановкой цифр, а вместо a выбрать такое число t, для которого числа 2tk и 2t(k + 1) также отличаются друг от друга перестановкой цифр. Существуют и другие способы подобрать такие числа k и t. Второе решение. Предположим, что нам удалось найти такое число b (возможно, с ведущим нулём), что набор цифр в десятичной записи числа 2b отличается от набора цифр в десятичной записи числа b выкидыванием цифры 4 и добавлением цифры 1 (иначе говоря, если к числу b приписать единицу, а к 2b — четвёрку, то полученные числа отличаются перестановкой цифр). Тогда в качестве числа n можно выбрать n = 5 · 10d · b + 1 (где d > 100, и d − 1 больше количества цифр в числе 2b). Действительно, имеем n2 = 1 + 10d+1 · b + 102d · 25b2 , (n + 1)2 = 4 + 10d+1 · 2b + 102d · 25b2 , и мы опять видим, что эти числа состоят из блоков (1, b, 25b2 ) и (4, 2b, 25b2 ), разделённых нулями, а блоки получаются друг из друга перестановкой цифр. Осталось найти такое число b. Если, например, потребовать, чтобы запись числа 2b получалась из записи числа b циклическим сдвигом и заменой 4 на 1, то такое число нетрудно найти, выписывая его цифры с конца. Подойдёт, например. число b = 0526315789473684; тогда 2b = 1052631578947368. Замечание. Это решение, разумеется, также допускает вариации.
11
Видеоразборы заданий
Теория к заданиям: математика, 9 класс
АлгебраКвадратный трёхчлен
АлгебраЧисловые последовательности
АлгебраГеометрическая прогрессия
АлгебраСтепенная функция
АлгебраУравнения и неравенства с модулем
АлгебраТеоремы синусов и косинусов
ГеометрияПравильные многоугольники
ГеометрияДлина окружности и площадь круга
ГеометрияДвижения в геометрии
ГеометрияПреобразование подобия
ГеометрияВекторный метод
Геометрия